Question

8．已知數(shù)列{a_n}滿足對任意n∈N^*，a_n＞0，且a_2n，a_2n+1，a_2n+2成等比數(shù)列，a_2n-1，a_2n，a_2n+1成等差數(shù)列．
（1）若a₂=a₅一2=1，求a₁的值；
（2）證明：數(shù)列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}是等差數(shù)列；
（3）設a₁-a₂＜0，求證：對任意n∈N^*，且n≥2，都有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$$＜\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$．

Answer 1

分析 （1）由已知a3，a4，a5成等差數(shù)列，a₂，a₃，a₄成等比數(shù)列，a₁，a₂，a₃成等差數(shù)列，由此能求出a₁．
（2）由已知得2a_2n=a_2n-1+a_2n+1，${{a}_{2n+1}}^{2}={{a}_{2n+2}•{a}_{2n}}^{\;}$，${{a}_{2n-1}}^{2}={a}_{2n-2}{a}_{2n}$，n≥2，由此能證明數(shù)列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}是等差數(shù)列．
（3）由數(shù)列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}是等差數(shù)列，推導出a_2n=$\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）n+{a}_{1}]^{2}}{{a}_{2}}$，由此根據(jù)當n=2m，m∈N^*和當n=2m-1，m∈N^*，m≥2兩種情況分類討論，能證明對任意n∈N^*，且n≥2，都有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$$＜\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}滿足對任意n∈N^*，a_n＞0，a_2n-1，a_2n，a_2n+1成等差數(shù)列，
∴a3，a4，a5成等差數(shù)列，設公差為d，則a3=3-2d，a4=3-d．
∵a_2n，a_2n+1，a_2n+2成等比數(shù)列，∴a₂，a₃，a₄成等比數(shù)列，
∴${a}_{2}=\frac{{{a}_{3}}^{2}}{{a}_{4}}$=$\frac{（3-2d）^{2}}{3-d}$，
∵a₂=1，∴$\frac{（3-2d）^{2}}{3-d}=1$，解得d=2或d=$\frac{3}{4}$，∵a_n＞0，∴d=$\frac{3}{4}$，
∵a₁，a₂，a₃成等差數(shù)列，
∴a₁=2a₂-a₃=2-（3-2d）=$\frac{1}{2}$．
證明：（2）∵a2n-1，a2n，a2n+1成等差數(shù)列，a2n，a2n+1，a2n+2成等比數(shù)列，
∴2a_2n=a_2n-1+a_2n+1，${{a}_{2n+1}}^{2}={{a}_{2n+2}•{a}_{2n}}^{\;}$，
∴${{a}_{2n-1}}^{2}={a}_{2n-2}{a}_{2n}$，n≥2，
∴$\sqrt{{a}_{2n-2}{a}_{2n}}$+$\sqrt{{a}_{2n}{a}_{2n+2}}$=2a_2n，
∵a_n＞0，∴$\sqrt{{a}_{2n-2}}+\sqrt{{a}_{2n+2}}$=2$\sqrt{{a}_{2n}}$，
∴數(shù)列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}是等差數(shù)列．
（3）∵數(shù)列{$\sqrt{{a}_{2n}}$}是等差數(shù)列，∴$\sqrt{{a}_{2n}}$=$\sqrt{{a}_{2}}+（n-1）（\sqrt{{a}_{1}}-\sqrt{{a}_{2}}）$，
∵a₁，a₂及a_2n，a_2n+1，a_2n+2成等比數(shù)列，a_2n-1，a_2n，a_2n+1成等差數(shù)列，
∴${a}_{1}=\frac{（2{a}_{2}-{a}_{1}）^{2}}{{a}_{2}}$，
∴$\sqrt{{a}_{2n}}=\sqrt{{a}_{2}}+（n-1）（\sqrt{{a}_{1}}-\sqrt{{a}_{2}}）$=$\frac{（{a}_{2}-{a}_{1}）n+{a}_{1}}{\sqrt{{a}_{2}}}$，
∴a_2n=$\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）n+{a}_{1}]^{2}}{{a}_{2}}$，
∴${a}_{2n+2}=\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）（n+1）+{{a}_{1}}^{2}]}{{a}_{2}}$，
從而${a}_{2n+1}=\sqrt{{a}_{2n}{a}_{2n+2}}$=$\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）n+{a}_{1}][（{a}_{2}-{a}_{1}）（n+1）+{a}_{1}]}{{a}_{2}}$，
∴${a}_{2n-1}=\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）（n-1）+{a}_{1}][（{a}_{2}-{a}_{1}）n+{a}_{1}]}{{a}_{2}}$，
①當n=2m，m∈N^*時，
$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}-\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}][（{a}_{2}-{a}_{1}）（m+1）+{a}_{1}]}{{a}_{2}}}{\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}]^{2}}{{a}_{2}}}$-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$
=$\frac{（{a}_{2}-{a}_{1}）（m+1）+{a}_{1}}{（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}}$-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$
=-$\frac{m（{a}_{1}-{a}_{2}）^{2}}{{a}_{1}[（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}]}$＜0．
②當n=2m-1，m∈N^*，m≥2時，
$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}]^{2}}{{a}_{2}}}{\frac{[（{a}_{2}-{a}_{1}）（m-1）+{a}_{1}][（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}]}{{a}_{2}}}$-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$
=$\frac{（{a}_{2}-{a}_{1}）m+{a}_{1}}{（{a}_{2}-{a}_{1}）（m-1）+{a}_{1}}-\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$
=-$\frac{（m-1_（{a}_{1}-{a}_{2}）^{2}}{{a}_{1}[（{a}_{2}-{a}_{1}）（m-1）+{a}_{1}]}$＜0．
綜上，對任意n∈N^*，且n≥2，都有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$$＜\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$．

點評 本題考查數(shù)列的首項的求法，考查等差數(shù)列的證明，考查不等式的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意分類討論思想的合理運用．